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Komplexe Zahlen für die z^2=-i gilt finden

Universität / Fachhochschule

Komplexe Zahlen

Tags: Komplexe Zahlen

-Simon- aktiv_icon

21:38 Uhr, 03.02.2014

Moin,

mich beschäftigt gerade die Aufgabe:

" Finden Sie zwei verschiedene komplexe Zahlen, für die gilt

z^{2} = - i

"

Meine Idee wäre jetzt einfach:

1.

z^{2} = \sqrt{- i}

z = - i

z^{2} = 3 \sqrt{- i}

(3

. Wurz

e l)

z = - i

Ist das so richtig und nachvollziehbar?

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich möchte die Lösung in Zusammenarbeit mit anderen erstellen."

anonymous

21:44 Uhr, 03.02.2014

a)

Beide vorgeschlagene Lösungen sehen so ähnlich aus. In wie fern sollen das zwei Lösungen sein??

b)

Mach doch mal die Kontrolle.
Dann siehst du schnell, dass das noch nichts war...

c)

Tip:
Polardarstellung!

-Simon- aktiv_icon

22:02 Uhr, 03.02.2014

z^{2} = - i

Somit ist

z = \sqrt{- i}

Im Polarkoordinatensystem betrachtet gäbe es dann ja nur den Wert

\sqrt{- i},

bzw.

- \sqrt{- i}

z_{1}

wäre dann

\sqrt{- 1}

z_{2}

wäre

\sqrt{1}

Bin ich immer noch verwirrt?

pleindespoir aktiv_icon

22:12 Uhr, 03.02.2014

z_{2}

wäre

\sqrt{1}

Bin ich immer noch verwirrt?

Ja, sehr!

mach mal die Probe ...

pleindespoir aktiv_icon

22:18 Uhr, 03.02.2014

http//de.wikipedia.org/wiki/Wurzel_%28Mathematik%29#Wurzeln_aus_komplexen_Zahlen

als Gutenachtgeschichte von der Oma vorlesen lassen

-Simon- aktiv_icon

22:18 Uhr, 03.02.2014

Das funktioniert nicht, das stimmt.

Damit wäre

z^{2} = 1

und somit

\neq z^{2} = - i

Wie kann ich denn dann an die Sache rangehen?

-Simon- aktiv_icon

22:36 Uhr, 03.02.2014

Ich kann lediglich daraus schlussfolgern, dass es 2 komplexe Zahlen gibt...
da:
"Ist

a \neq q 0

in der Exponentialform a=|a|\,\mathrm

e^{m a t h r m i ϕ}

dargestellt, so sind die n-ten Wurzeln aus a genau die

n

komplexen Zahlen"

Aber sonst stehe ich aufm Schlauch.

pleindespoir aktiv_icon

22:48 Uhr, 03.02.2014

mach mal die Polardarstellung , auch wenns jetzt draussen noch kalt ist.

-Simon- aktiv_icon

22:59 Uhr, 03.02.2014

Wie soll ich denn

z^{2} = - i

in die Polardarstellung umwandeln, wenn ich zur Berechnung von

φ

a > 0

benötige?
In meinem Fall ist doch

a = 0

pleindespoir aktiv_icon

23:03 Uhr, 03.02.2014

ursprüngich hiess die Aufgabe doch

z^{2} = - i

oder nicht ?

und dieses -i muss in die Polardarstellung gebracht werden.

Dann kann man es dem Wurzelzugprozess unterziehen

pleindespoir aktiv_icon

23:08 Uhr, 03.02.2014

Ah ja!

hast mal ein wenig nacheditiert!

Was ist eigentlich dieses "a" von dem Du erzählst ?
Wo hast du das denn her ?

-Simon- aktiv_icon

23:09 Uhr, 03.02.2014

Ja tut mir leid - hab mich vertippt und es verbessert.

Das a habe ich hierher (Unten steht die Berechnung von

φ) :

http//mathe-online.fernuni-hagen.de/MIB/HTML/node38.html

pleindespoir aktiv_icon

23:19 Uhr, 03.02.2014

Du meinst also den Realteil mit a

Zunächst mal die Umformung von cartesisch zu Polar:

wenn

z = a + i b

dann

∣ z ∣ = \sqrt{a^{2} + b^{2}}

und

\tan φ = \frac{b}{a}

die Winkel bitte ausschliesslich, nur und niemals anders als in Radiant !

Wenn wir also

c = - i

zunächst cartesisch darstellen, dann wäre a=0 und b=-1

Was hindert Dich nun diese Werte in der Formel zur Gewinnung der Polarkoordinaten einzusetzen ?

-Simon- aktiv_icon

23:27 Uhr, 03.02.2014

Also setze ich nun

a, b

| z | = \sqrt{a^{2} + b^{2}}

| z | = \sqrt{0^{2} + {(- 1)}^{2}}

| z | = 1

aber wenn

tan φ = \frac{b}{a}

und

a = 0,

dann ist

tan φ

doch nicht auflösbar?

pleindespoir aktiv_icon

23:33 Uhr, 03.02.2014

achso da hängst Du!

Es gibt einige Stellen, an denen Tangens nicht definiert ist.

Schau mal in einer Übersicht der trigonometrischen Funktionen nach, wo genau die sind.

Andererseits kann man die komplexe Zahl mal in die komplexe Zahlenebene hineinkritzeln und dann wird es Dir wie Schuppen aus den Haaren fallen, welchen Winkel das -i hat !

-Simon- aktiv_icon

23:44 Uhr, 03.02.2014

Was meinst Du genau? Wie kann ich das einzeichnen?

Wenn ich a und

b

einzeichne, ändert sich das 'Winkelproblem' ja logischerweise leider nicht.

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pleindespoir aktiv_icon

23:47 Uhr, 03.02.2014

Du hast i und nicht -i eingezeichnet.

Aber abgesehen davon, kann man nun den Winkel einfach messen oder schätzen.

-Simon- aktiv_icon

23:49 Uhr, 03.02.2014

Stimmt - dann wären das also

90

grad für

i

und

270

grad für

- i

pleindespoir aktiv_icon

23:53 Uhr, 03.02.2014

Nein - hier wird nicht in Graden gemessen, sondern in Radiant!

ausserdem ist -i nicht

\frac{π}{2}

(90°) sondern

¾ π

(270°)

warum?

weil beginnend von der reellen Achse (0) entgegen dem Uhrzeigersinn der Winkel geschlagen wird.

-Simon- aktiv_icon

23:55 Uhr, 03.02.2014

Das mit den

270

grad hab ich schon geändert.

Also:

z = \sqrt{1} \cdot (cos (\frac{3}{4} π)) + i \cdot sin (\frac{3}{4} π))

Umrechnung von Polar in kartes. Koordinaten:

z = r \cdot (cos (φ) + i \cdot sin (φ)

\Rightarrow a = r \cdot cos (φ)

\Rightarrow b = r \cdot sin (φ)

z = 1 \cdot (cos (\frac{3}{4} π) + i \cdot sin (\frac{3}{4} π)) \Rightarrow r = 1

und

φ = \frac{3}{4} π

z = 0.984 - 0.176 \cdot i

Fehler?

prodomo aktiv_icon

07:19 Uhr, 04.02.2014

Ja, aber das war eher ein Tippfehler im letzten Hinweis von pleindespoir. Die

270^{0}

sind im Bogenmaß nicht

\frac{3}{4} \cdot π,

sondern

\frac{3}{2} \cdot π

. Es ist zwar ein Dreiviertelkreissektor, aber der Vollkreis hat doch

2 \cdot π

. Jetzt sollte es klappen. Kontrolle:

\sqrt{\frac{1}{2}} - \sqrt{\frac{1}{2}} \cdot i

aleph-math aktiv_icon

07:50 Uhr, 04.02.2014

Morgen!

1) Merke: Für alle Rechenarten außer Addition ist d. Zeigerdarstellg. besser geignet! D. Expon. zu bearbeiten ist wesentl. einfacher!

2) D. graph. Darstellg. hätte auch früher einfallen können, nach d. alten Motto: "ein Bild sagt mehr als 1000 Worte".. Aber auch so ist doch klar, das eine rein imag. Zahl wie -i nur auf d. imag. Achse liegt. Diese aber steht per Def. senkrecht zur reellen Achse, d. Winkel ist also 90° bzw.

\pm π / 2

.

3) "pleinde.." ist ein kl. Fehler unterlaufen: d. Periode ist ja

2 π

, -i ist also

3 / 4 \cdot 2 π = 1.5 π

. Einfacher wird's, wenn man d. Rest- o. Komplem.winkel nimmt, also:

1.5 π - 2 π = - π / 2

.

4) D. Ansatz mit cos & sin ist zwar nicht falsch, aber unnötig; rechne gleich mit exp. Außerd. sind wir ja noch beim -i, Wurzelziehen kommt noch.. Das sieht dann so aus (Achtung Periode!):

z^{2} = - i = e^{- i π / 2} = e^{- i (π / 2 + 2 k π)} = e^{- i (1 + 4 k) π / 2}

; k=0, 1, 2...

z = \sqrt{e^{- i (1 + 4 k) π / 2}} = (e^{- i (1 + 4 k) π / 2})^{1 / 2} = \pm (e^{- i (1 + 4 k) π / 4})

= \pm (e^{- i π / 4}); \pm (e^{- 5 i π / 4}); . . .

Eine (Die?) Lösg. hat also d. Betrag 1 & period. Vielfache v.

π / 4 (45 °)

als Winkel. D. Übertrag. in d. Gauß-Ebene zeigt, daß (überraschend?) ein reeller Anteil entstanden ist. Sein Betrag (u. der d. Imag.teils) folgt aus d. Zeiger-Defin.:

∣ z ∣ = r = \sqrt{x^{2} + y^{2}} \Rightarrow 1 = \sqrt{2 x^{2}} = \sqrt{2} x \Rightarrow x = (\sqrt{2})^{- 1}

.

Ob d. neg. Vorzeichen o. d. period. Wiederh. als 2. Lösg gilt o. eine ganz and. Zahl, wage ich nicht zu beurteilen..

Alles klar? Viel Erfolg & schöne Grüße!

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